（广东专用）高考化学一轮复习 4.5氮的氧化物和硝酸单元课时测练（含解析）.doc

第四章 第5节 氮的氧化物和硝酸(课时活页卷)一、单项选择题1通过对实验现象的观察、分析推理得出正确的结论是化学学习的方法之一。对下列实验事实的解释正确的是()现象解释aki淀粉溶液中通入cl2，溶液变蓝cl2能与淀粉发生显色反应b浓硝酸在光照条件下变黄浓硝酸不稳定，生成有色产物no2能溶于浓硝酸c某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成说明该溶液中含有so42d铜片放入浓硫酸中，无明显变化说明铜在冷的浓硫酸中发生钝化【答案】b【解析】a项使淀粉变蓝的是cl2置换出的i2；c项溶液中还可能有so32；d项是因浓硫酸与cu常温下不反应。2下列说法正确的是()aco、no、no2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在b1 mol cu和足量稀hno3反应产生na个no分子(na为阿伏加德罗常数)cph1的溶液中，fe2、no3、so42、na不能大量共存d铁溶于稀hno3，溶液变黄，发生离子反应为3fe8h2no3=3fe22no4h2o【答案】c【解析】a项，no在空气中不能稳定存在，会被氧化为no2；b项，n(no)mol，n(no)na；c项，ph1时，no3会氧化fe2；d项，溶液变黄，fe被hno3氧化为fe3。3（2013.广东连州中学月考）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 ml，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为no气体)。下列分析或结果错误的是()a原混合酸中no3物质的量为0.1 molboa段产生的是no，ab段的反应为fe2fe3=3fe2，bc段产生氢气c第二份溶液中最终溶质为feso4dh2so4浓度为2.5 moll1【答案】a【解析】关键看图，铁粉既能和硝酸反应也能和硫酸反应，从题干图看出(注意只是第二份100 ml)oa段产生的是no，ab段的反应为fe2fe3=3fe2，bc段产生氢气，反应为fe2h=fe2h2，可知no3反应完了，第二份中no3应为5.6 g/56 g mol1330.1 mol，溶液中最终溶质为feso4，此时反应的铁的质量是14 g，即0.25 mol，故原混合酸中h2so4浓度为0.25 mol/0.1 l2.5 moll1，no3物质的量为0.2 mol。所以选a。4向21.6 g fe粉和cu粉的混合物中加入1 l 1 mol/lhno3溶液，充分反应，放出no气体且金属有剩余。则反应后溶液中c(no3)为(忽略溶液体积的变化)()a0.45 mol/lb0.6 mol/lc0.75 mol/l d0.9 mol/l【答案】c【解析】由于反应后有金属剩余，即反应后所得溶液中不可能含有fe3，生成物中金属离子均为2价。设金属为m，生成的硝酸盐为m(no3)2，根据氧化还原反应中元素化合价变化和升降法配平得3m8hno3(稀)=3m(no3)22no4h2o，hno3在反应中有1/4被还原生成no气体，其余的3/4均在溶液中，即反应后溶液中c(no3)为0.75 mol/l。5(2013饶平华侨中学质检)常温下，将等质量的铜片、银片、铁片、铝片分别置于四个小烧杯中，然后分别加足量的浓硝酸，放出no2气体最多的是()a铜片b银片 c铁片d铝片【答案】a【解析】根据电子守恒，同质量的cu比ag放出的no2多，fe、al常温下遇浓hno3钝化。6（2013.广东阳春一中月考）红热的木炭与浓硝酸反应产生的气体气体x ml气体y ml，假设气体体积均在相同状况下测定，不考虑气体的溶解，则x和y的关系是()axy byx cxy dy【答案】c【解析】由方程式c4hno3(浓)co24no22h2o、3no2h2o=2hno3no、hno3nahco3=nano3h2oco2，可知当产生3 mol no2时，最终生成1 mol no和2 mol co2，再加上原来产生的mol co2，共mol气体，原气体总量为mol，所以xy。二、双项选择题7某元素的单质与足量浓hno3反应时，参加反应的单质与hno3的物质的量之比为14，则反应后的产物中，该元素的价态可能为()a1 b2 c3 d4【答案】bd【解析】设参加反应的单质、hno3分别为1 mol、4 mol。若单质为金属，设反应后金属为x价，表现酸性的hno3为x mol，被还原的hno3为(4x)mol，还原产物为no2，由电荷守恒，x(4x)1，x2。若单质为非金属，则4 mol hno3全被还原，由电荷守恒，x41，x4。8下列反应中，浓硝酸既表现氧化性，又表现出酸性的是()a浓硝酸中滴入石蕊试液并微热b氢氧化铝与浓硝酸反应c氧化亚铁与浓硝酸反应d碳与浓硝酸反应【答案】ac【解析】浓硝酸中滴入石蕊试液时先变红色，后褪为无色，变红色是由于硝酸具有酸性，红色褪为无色是由浓硝酸的强氧化性所致；feo与浓硝酸反应时可得fe(no3)3，其中fe2被氧化为fe3表现出硝酸的氧化性，fe3与hno3反应生成fe(no3)3，表现出硝酸的酸性；al(oh)3与硝酸只发生中和反应，表现出硝酸的酸性。三、非选择题9查阅文献，得知稀硝酸与铜反应，还原产物起始也是no2，no2对该反应起催化作用。通过下列装置验证。实验发现左侧3 min后开始大量产生气泡，右侧40 min内无明显变化。(1)氢氧化钠溶液的作用是_。(2)在左侧加的是2 moll1 hno3溶液，右侧加的是2.2 moll1 hno3溶液。左侧浓度稍偏小，这样设计主要是考虑到_。(3)将实验改进为：在试管中加入3 ml 2 moll1hno3并放入铜片，然后加入几粒nano2晶体，发现只需1 s，铜片表面就开始产生气泡。由此可得出的结论是_。【答案】(1)吸收氮的氧化物，防止污染环境(2)左侧通入no2时，一部分no2与水反应会生成硝酸，使硝酸浓度变大(3)no2催化机理可能是在反应中得电子生成no2起催化作用(或答：no2对该反应也能起催化作用)【解析】(1)实验中氢氧化钠溶液的作用是吸收氮的氧化物，防止污染环境；左侧浓度稍偏小，是为了排除浓度的影响，因为no2与水反应会生成硝酸。(3)由实验可得出的结论是no2对该反应能起催化作用。10铁与hno3作用时，还原产物除与hno3的浓度有关外，还与温度有关。已知在与冷的稀硝酸反应时，主要还原产物为no气体；在与热的稀硝酸作用时，主要还原产物为n2o气体；当hno3浓度更小时，其主要还原产物是nh4。现有铁与稀硝酸的作用图示如下，据此回答有关问题。假设曲线的各段内只有一种还原产物。(1)o点到a点的还原产物是_。(2)a点到b点的还原产物是_，其原因是_。(3)b点到c点的还原产物是_。(4)反应过程中，到达_点时hno3已完全反应。【答案】(1)no(2)n2o反应放热，使溶液温度升高(3)nh4no3(4)c【解析】根据图形，应先对气体体积变化曲线和溶液中c(h)变化曲线作出正确判断。溶液中的c(h)逐渐减小，至c点时为0，说明hno3到c点时恰好反应完全，即o点到c点是铁与hno3的反应，c点到d点是生成的fe(no3)3与铁的反应。这样就不难确定各阶段的主要还原产物了：oa：no，ab：n2o；bc：nh4no3；cd：fe(no3)2。11某合金中铜和铁的物质的量均为0.3 mol，将其全部投入b ml4 moll1的hno3溶液中，使其充分反应(假设no是惟一的还原产物)。(1)若金属有剩余，其质量为m1 g，在溶液中再滴入稀硫酸后，剩余金属变为m2 g则m1与m2的大小关系为：m1_m2(填“”“(2)fe3、fe2、cu2(3)有关反应为：3cu8hno3=3cu(no3)22no4h2o3fe8hno3=3fe(no3)22no4h2ofe4hno3=fe(no3)3no2h2o根据方程式计算，0.3 mol cu需要硝酸0.8 mol如果硝酸不足按方程式计算，0.3 mol fe需要硝酸0.8 mol共需硝酸1.6 mol，则b400如果硝酸充足则按方程式计算，0.3 mol fe需要硝酸1.2 mol，共需硝酸2.0 mol，则b500，故b的取值范围为：400b500【解析】(1)若金属有剩余，则滴入稀硫酸后，金属会与no3(h)反应，故m1m2。(2)、(3)见答案。12用下列装置制备、收集二氧化氮气体，并探究其性质。(1)装置a中的分液漏斗中盛装的液体是_，烧瓶中预先加入的是铜屑，铁的价格比铜的价格低，此处用铜不用铁的原因是_。(2)干燥管b、d中盛装的干燥剂可以是_(选填“浓硫酸”“无水氯化钙”“五氧化二磷”“碱石灰”)，干燥管d中干燥剂的作用是_。(3)装置e的作用是吸收尾气，吸收过程中发生反应的化学方程式如下，请将其补充完整。naohno2=_nano2h2o。(4)用上述装置收集到了no气体，采用的收集装置是_(选填“f”或“g”)。【答案】(1)浓硝酸铁在浓硝酸中会钝化而终止反应(2)无水氯化钙或五氧化二磷防止e装置中的水蒸气进入集气瓶